第4讲 专题提升：动力学中的传送带模型 专项训练 -2027届高考物理一轮复习

**基本信息** 聚焦动力学传送带模型，通过水平、倾斜及图像题组构建从基础到综合的训练体系，强化运动与相互作用观念及科学推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |水平传送带|题1-2|多选，运动状态分析|摩擦力判断→牛顿第二定律→运动学公式应用| |倾斜传送带|题3|单选，受力与运动关系|重力分力与摩擦力比较→加速度分析→运动时间计算| |动力学图像|题4-5|多选，v-t/a-s分析|速度关系→受力变化→图像斜率与截距意义| |综合提升|题6-8|多选+计算，多过程与能量|v-t图像解读→相对位移计算→摩擦生热与能量守恒|

第4讲　专题提升:动力学中的传送带模型 (分值:60分) 选择题:1~5题每小题5分,第6题9分,共34分 基础对点练 题组一　水平传送带 1.(多选)如图为速冻食品加工厂生产和包装饺子的一道工序。两端相距36 m的水平传送带正以8 m/s的速度匀速转动,现将饺子从一端轻轻放上传送带,饺子被传送至另一端。已知饺子与传送带间的动摩擦因数为0.2,重力加速度g取10 m/s2,不考虑饺子之间的相互作用和空气阻力。关于饺子在水平传送带上的运动,下列说法正确的是(　　) A.饺子始终以2 m/s2的加速度做匀加速运动 B.即使传送带的速度增大,饺子加速过程的加速度也不变 C.饺子从传送带的一端到另一端的时间为6 s D.饺子在传送带上留下的痕迹长度为16 m 2.(2024广东珠海阶段练习)如图所示,斜面AB的末端与一水平放置的传送带左端平滑连接,当传送带静止时,有一滑块从斜面上的P点由静止释放,滑块能从传送带的右端滑离传送带。若传送带以某一速度逆时针转动,滑块再次从P点由静止释放,则下列说法正确的是(　　) A.滑块可能再次滑上斜面 B.滑块在传送带上运动的时间增长 C.滑块与传送带间的划痕增长 D.滑块在传送带上运动过程中,速度变化得更快 题组二　倾斜传送带 3.(2025广东珠海阶段练习)如图所示,飞机场运输行李的倾斜传送带保持恒定的速率向上运行,将行李箱无初速度地放在传送带底端,当它送入飞机货舱前行李箱已做匀速运动。设行李箱与传送带之间的动摩擦因数为,已知滑动摩擦力近似等于最大静摩擦力,下列说法正确的是(　　) A.做匀速运动时,行李箱与传送带之间的摩擦力为零 B.重的行李箱比轻的行李箱传送时间更长些 C.若增加传送带速度,传送的时间不变 D.运送行李时该传送带的倾角必须小于30° 题组三　传送带模型中的动力学图像 4.(多选)(2026广东广州阶段练习)如图所示,倾角为θ的足够长传送带沿顺时针方向转动,转动速度大小为v1,一个物体从传送带底端以初速度大小v2(v2>v1)上滑,同时物体受到平行于传送带向上的恒力F作用,物体与传送带间的动摩擦因数μ=tan θ,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则下列描述物体运动的v-t图像可能是(　　) 5.(2025广东东莞高三阶段练习)如图是快递包裹运送和缓冲装置,水平传送带以恒定速度v顺时针转动,传送带右端上方的挡板上固定着一轻弹簧起缓冲作用。将快递轻放在传送带左端,快递在接触弹簧前速度已达到v,之后与弹簧接触继续向右运动。规定水平向右为正方向,认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力,下列描述快递从开始释放到第一次到达最右端过程中的v-t图像和a-s图像可能正确的是(　　) 综合提升练 6.(多选)(2026广东湛江模拟)图甲为快递物流配送分拣示意图,水平传送带和倾斜传送带以相同的速率逆时针运行。现将一质量为0.5 kg的货物(可视为质点)轻放在倾斜传送带上端A处,图乙为倾斜传送带AB段的数控设备记录的货物的速度—时间图像,1.2 s末货物刚好到达下端B处,随后以不变的速率滑上水平传送带C端。已知CD段的长度L=6 m,最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等,货物与两条传送带间的动摩擦因数相同,B、C间距忽略不计,g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A.货物与传送带间的动摩擦因数为0.5 B.倾斜传送带与水平面间的夹角为30° C.货物在水平传送带上做匀变速直线运动的时间为0.4 s D.货物从C端运动到D端的过程中,货物与传送带间因摩擦产生的总热量为1 J 7.(12分)(2025广东深圳阶段练习)如图是一个罐装饮料生产线的一个环节。机械臂每隔一秒将一个饮料罐无初速度地放在水平传送带上,经过t1=0.5 s后饮料罐与传送带达到相同的速度,再经过t2=4 s离开传送带。已知传送带的运行速率v0=2 m/s,一个饮料罐的总质量为250 g,重力加速度g取10 m/s2。求: (1)饮料罐与传送带之间的动摩擦因数μ; (2)相邻两个饮料罐间的最大距离L1和最小距离L2; (3)第一个饮料罐放上后,一分钟内电动机多做的功W。 8.(14分)(2025广东广州高三开学考试)渔业作业中,鱼虾分离装置可实现机械化分离鱼和虾,降低人工成本,其模型如图所示,与水平方向夹角θ=37°的传送带以恒定速度v=3 m/s顺时针转动。鱼虾从分离器下落到C点时速度立即减为零,落点C到传送带上端点B的距离L=5 m,鱼和虾与传送带之间的动摩擦因数分别为μ1=0.8和μ2=0.5,不考虑鱼和虾之间的相互作用,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力加速度大小g取10 m/s2,求: (1)鱼和虾刚落到传送带上时,它们的加速度大小分别是多少; (2)在传送鱼过程中,鱼相对传送带的路程; (3)每传送1 kg的鱼到鱼收集箱,传送带多消耗的电能。 答案： 1.BD　解析 饺子在传送带上加速运动时的加速度为a==2 m/s2,当传送带以v=8 m/s的速度匀速运动时,饺子加速过程的时间为t1= s=4 s,加速过程的位移为s1=t1=16 m<L=36 m,故饺子先匀加速运动后匀速运动,匀速过程的时间为t2==2.5 s,饺子通过传送带的时间为t=t1+t2=6.5 s,此过程中传送带的位移为s=vt=52 m,故饺子通过传送带留下的痕迹Δs=s-L=16 m,故A、C错误,D正确;只要传送带的速度大于饺子的速度,饺子的加速度就是a==2 m/s2,保持不变,故B正确。 2.C　解析 传送带以某一速度逆时针转动时,与传送带静止时相比较,滑块的受力情况不变,所以滑块的加速度不变,则滑块的位移不变,滑块还是能从传送带的右端滑离传送带,由s=at2,可知滑块在传送带上运动的时间不变,但传送带逆时针转动时,滑块相对于传送带发生的位移增大,即滑块与传送带间的划痕增长。故选C。 3.D　解析 做匀速运动时,行李箱与传送带之间的摩擦力为f=mgsin θ,故A错误;根据牛顿第二定律,有μmgcos θ-mgsin θ=ma,加速阶段,重的行李箱与轻的行李箱传送加速度相同,即行李箱的加速时间、加速位移、匀速时间相同,故B错误;设传送带提速前的速度为v1,则行李箱加速阶段所用时间和位移分别为t1=,s1=,提高传送带的运转速度,由于加速阶段行李箱的加速度不变,则行李箱加速到提速前传送带速度v1过程所用时间t1不变,通过的位移s1不变,但提速后行李箱继续加速运动再匀速运动,则之后的运动过程,提速后所用时间更短,则提高传送带的运转速度,传送时间变短,故C错误;行李箱先做加速运动,有μmgcos θ>mgsin θ,解得tan θ<,故θ<30°,运送行李时该传送带的倾角必须小于30°,故D正确。 4.ABD　解析 由于v2>v1,则物块相对于传送带向上运动,所受滑动摩擦力向下,若F=mgsin θ+μmgcos θ,则物体的加速度为零,将一直以v2向上匀速运动,故B正确;若F>mgsin θ+μmgcos θ,则物体的加速度向上,将一直向上做匀加速直线运动,故A正确;若F<mgsin θ+μmgcos θ,则加速度向下,物体将向上做匀减速直线运动,当两者速度相等时,物体受向上拉力和静摩擦力而合外力为零,则物体与传送带一起向上匀速运动,故C错误,D正确。 5.B　解析 快递在接触弹簧前速度已达到v,说明它在接触弹簧前先加速再匀速,匀速阶段不受摩擦力,接触弹簧后,在开始一段时间内快递相对于传送带静止,即其受弹簧弹力和静摩擦力平衡,继续做匀速运动,运动到弹力与最大摩擦力相等时,由于惯性继续压缩弹簧,弹力越来越大,快递接下来做加速度增大的减速运动直到速度为零,故A错误,B正确;快递在接触弹簧前加速阶段,有μmg=ma1,解得a1=μg,方向向右,匀速运动阶段,有a2=0,接触弹簧后,运动到弹力大于最大静摩擦力前,仍做匀速运动,加速度仍然为零,弹力大于最大静摩擦力后,有ks-μmg=ma3,解得a3=s-μg,方向向左,故C、D错误。 6.ACD　解析 由题图乙可知,在0~0.2 s内,货物在倾斜传送带上的加速度大小为a1= m/s2=10 m/s2,在0.2~1.2 s内,货物在倾斜传送带上的加速度大小为a2= m/s2=2 m/s2,根据牛顿第二定律可知,在0~0.2 s内,有mgsin θ+μmgcos θ=ma1,在0.2~1.2 s内,有mgsin θ-μmgcos θ=ma2,解得sin θ=0.6,μ=0.5,故A正确,B错误;结合图乙知,传送带的速率v=2 m/s,货物在水平传送带上运动的加速度大小为a==μg,货物在水平传送带上做匀减速运动的时间t3==0.4 s,货物在水平传送带上做匀减速运动的位移大小为s=t3,解得s=1.2 m,由于s<L,货物与传送带共速一起做匀速运动,货物在水平传送带上的相对位移Δs=s-vt3,货物与传送带间因摩擦产生的总热量Q=μmgΔs,解得Q=1 J,故C、D正确。 7.答案 (1)0.4　(2)2 m　1.5 m　(3)60 J 解析 (1)饮料罐加速阶段的加速度a==4 m/s2 根据牛顿第二定律μmg=ma 解得μ=0.4。 (2)当第二个饮料罐刚刚放上传送带时,两个饮料罐间距离最小为L2=+v0(t-t1)=1.5 m 当第二个饮料罐速度与传送带速度相等时,两个饮料罐间距离最大为L1=+v0(t-t1)-=2 m。 (3)电动机多做的功等于摩擦力对电动机做的负功,放一个饮料罐时W0=μmg·v0t1=1 J 一分钟内电动机多做的功W=60W0=60 J。 8.答案 (1)0.4 m/s2　2 m/s2　(2)10 m　(3)96 J 解析 (1)鱼刚落到传送带上时,根据牛顿第二定律可得μ1m1gcos θ-m1gsin θ=m1a1 解得鱼的加速度大小为a1=μ1gcos θ-gsin θ=0.4 m/s2 方向沿传送带向上 虾刚落到传送带上时,根据牛顿第二定律可得 m2gsin θ-μ2m2gcos θ=m2a2 解得虾的加速度大小为a2=gsin θ-μ2gcos θ=2 m/s2 方向沿传送带向下。 (2)在传送鱼过程中,假设鱼到上端点B的速度仍小于传送带速度,根据运动学公式可得2a1L= 解得vB=2 m/s<3 m/s 假设成立;在传送鱼过程中所用时间为t1==5 s 则鱼相对传送带的路程为Δs=vt1-t1=3×5 m-×5 m=10 m。 (3)每传送1 kg的鱼到鱼收集箱,因摩擦产生的热量为Q=μ1m1gcos θ·Δs=64 J 根据能量守恒可知,每传送1 kg的鱼到鱼收集箱,传送带多消耗的电能为ΔE电=Q+m1+m1gLsin θ 代入数据解得ΔE电=96 J。 7 学科网（北京）股份有限公司 $